余弦定理练习题

余弦定理练习题（推荐13篇）

余弦定理练习题 篇1

一.选择题：

1.在ABC中，a23，b22，B45，则A为（）

A.60或120B.60C.30或150D.30

sinAcosB

2.在C中，若，则B（）

abB.45C.60D.90

A.30

3.在ABC中，a2b2c2bc，则A等于（）B.45C.120D.30

A.60|AB|1，|BC|2，(ABBC)(ABBC)523，4.在ABC中，则边|AC|等于（）

A.5B.523C.523D.523

5.以4、5、6为边长的三角形一定是（）

A.锐角三角形

B.直角三角形

C.钝角三角形

D.锐角或钝角三角形

6.在ABC中，bcosAacosB，则三角形为（）

A.直角三角形

B.锐角三角形

C.等腰三角形

D.等边三角形

7.在ABC中，cosAcosBsinAsinB，则ABC是（）

A.锐角三角形

B.直角三角形

C.钝角三角形

D.正三角形

8.三角形的两边分别为5和3，它们夹角的余弦是方程5x27x60的根，则三角形的另一边长为（）

A.52 B.21

3C.16 D.4

二.填空题：

9.在ABC中，ab12，A60，B45，则a_______，b________

10.在ABC中，化简bcosCccosB___________

11.在ABC中，已知sinA:sinB:sinC654::，则cosA___________

12.在ABC中，A、B均为锐角，且cosAsinB，则ABC是_________

三.解答题：

13.已知在ABC中，A45，a2，c6，解此三角形。

14.在四边形ABCD中，BCa，DC2a，四个角A、B、C、D的度数的比为3:7:4:10，求AB的长。

15.已知ABC的外接圆半径是2，且满足条件22(sin2Asin2C)(ab)sinB。

（1）求角C。

（2）求ABC面积的最大值。

四大题

证明在△ABC中abc===2R，其中R是三角形外接圆半径 sinAsinBsinC

证略

见P159

注意：1．这是正弦定理的又一种证法(现在共用三种方法证明)2.正弦定理的三种表示方法(P159)例 二 在任一

△ABC中求证：a(sinBsinC)b(sinCsinA)c(sinAsinB)0

证=

：左边=2RsinA(sinBsinC)2RsinB(sinCsinA)2RsinC(sinAsinB)

2R[sinAsinBsinAsinCsinBsinCsinBsinAsinCsinAsinCsinB]=0=右边

例三 在△ABC中，已知a3，b2，B=45 求A、C及c

asinB3sin453解一：由正弦定理得：sinA b22∵B=45<90 即b

∴A=60或120

bsinC2sin7562当A=60时C=75 c sinB2sin45bsinC2sin1562当A=120时C=15 c sinB2sin45解二：设c=x由余弦定理 b2a2c22accosB 将已知条件代入，整理：x26x10 解之：x62 2222622)3bca13622 当c时cosA2bc2622(31)22222（从而A=60

C=75

当c62时同理可求得：A=120

C=15 2例四 试用坐标法证明余弦定理 证略见P161 例五 在△ABC中，BC=a, AC=b, a, b是方程x223x20的两个根，且 2cos(A+B)=1 求 1角C的度数 2AB的长度 3△ABC的面积 解：1cosC=cos[(A+B)]=cos(A+B)=ab232由题设：

ab2∴AB=AC+BC2AC•BC•osCab2abcos120 22∴C=120 222a2b2ab(ab)2ab(23)2210

即AB=10

111333S△ABC=absinCabsin1202 22222例六 如图，在四边形ABCD中，已知ADCD, AD=10, AB=14, BDA=60, BCD=135 求BC的长 解：在△ABD中，设BD=x 则BA2BD2AD22BDADcosBDA 即142x2102210xcos60 整理得：x210x960

A

B D

C 解之：x116 x26（舍去）由余弦定理：

BCBD16sin3082

∴BCsinCDBsinBCDsin135例七（备用）△ABC中，若已知三边为连续正整数，最大角为钝角，1求最大角 2求以此最大角为内角，夹此角两边之和为4的平行四边形的最大面积。

解：1设三边ak1,bk,ck1 kN且k1

a2b2c2k4∵C为钝角 ∴cosC0解得1k4

2ac2(k1)∵kN ∴k2或3 但k2时不能构成三角形应舍去

1当k3时 a2,b3,c4,cosC,C109

42设夹C角的两边为x,y xy4 SxysinCx(4x)当x2时S最大=15

三、作业：《教学与测试》76、77课中练习

a2b2b2c2c2a20 补充：1．在△ABC中，求证：

cosAcosBcosBcosCcosCcosAD

1515(x24x)442．如图ABBC CD=33 ACB=30 BCD=75 BDC=45 求AB的长(112)

A

B

C 3 【试题答案】

一.选择题：

1.A

提示：aba3，sinAsinB sinAsinBb

22.B

提示：由题意及正弦定理可得tanB3.C

1提示：由余弦定理及已知可得cosA

24.D 2

提示：ACABBC，AC(ABBC)(ABBC)

2AC52

32|AC|AC523

5.A

提示：长为6的边所对角最大，设它为

1625361

则cos0

2458

090

6.C

提示：由余弦定理可将原等式化为

b2c2a2a2c2b2a

b

2bc2ac

即2b22a2，ab

7.C

提示：原不等式可变形为cos(AB)0

0AB，B(0，)

从而C(AB)（8.B

2，)

3提示：由题意得cos或2（舍去）三角形的另一边长5232253cos52213 二.填空题：

9.36126，1262提示：absinAsin606，abbb sinAsinBsinBsin452

又ab12，a36126，b12624

10.a

a2b2c2a2c2b2ca

提示：利用余弦定理，得原式b2ab2ac1

11.8提示：由正弦定理得a:b:c654::

设1份为k，则a6k，b5k，c4k

b2c2a21

再由余弦定理得cosA2bc8

12.钝角三角形

提示：由cosAsinB得sin（A、B均为锐角，2A)sinB

A(0，)，B(0，)222

而ysinx在(0，)上是增函数 2AB

即AB2

C(AB)(，)

2三.解答题：

13.解：由正弦定理得：

sinCc623sinAa222

C60或120

当C60时，B180(AC)75 a262sinB31 sinA422

当C120时，B180(AC)15

b

ba2sinBsinA226231 b31，C60，B75

或b31，C120，B15

14.解：设四个角A、B、C、D的度数分别为3x、7x、4x、10x

则有3x7x4x10x360

解得x15

A45，B105，C60，D150

连BD，在BCD中，由余弦定理得：

BD2BC2DC22BCDCcosCa24a22a2a3a2

BD3a

此时，DC2BD2BC2

BCD是以DC为斜边的直角三角形

CDB30

BDA15030120

在BD中，由正弦定理有：

ABBDsinBDAsinA3a3232a

2225 32a 2

15.解：（1）R2且22(sin2Asin2C)(ab)sinB

AB的长为2

(22)2(si2nAsinC)(ab)22sinB

即(2R)2sin2A(2R)2sin2C(ab)2RsinB

由正弦定理知a2c2(ab)b

即a2b2c2ab

a2b2c2ab1

由余弦定理得cosC2ab2ab2

C60

（2）SabsinC

2RsinA2RsinBsin60

232sinAsinB3[cos(AB)cos(AB)]

3[cos(18060)cos(AB)]13[cos(AB)]2

133

余弦定理练习题 篇2

定理:设正弦曲线y = Asinωx或余弦曲线y = Acosωx (A >0, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正余弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, ∠MPN = θ, π是圆周率, 则

证明:因为正余弦曲线的形状和周期性相同, 故将点M平移至坐标原点O, 由函数y = Asinωx (A > 0, ω > 0) 的性质得M (0, 0) , P (π/2ω, A) , N (π/ω, 0) , 故由对称性得, | MN | =π/ω, 由余弦定理得

推论1 :设正弦曲线y = Asinωx或余弦曲线y = Acosωx (A> 0, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正余弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, ∠MPN = 90°, π是圆周率, 则ωA =π/2.

证明:由题意和上述定理得

推论2:设正弦曲线y = Asinωx或余弦曲线y = Acosωx (A> 0, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正余弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, △MPN是正三角形, π是圆周率, 则

证明:由题意得∠MPN = 60°, 和上述定理得

有了这几个结论, 我们可很方便地编拟三角函数的一些创新题目.

例1设正弦曲线y = Asinωx (A > 0, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, 若∠MPN = 90°, 求 (sinωA) 2012+ (cosωA) 2013的值.

解:由题意和推论1知ωA =π/2, 所以

例2设正弦函数y = 2sinωx (ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, 若∠MPN = 60°, 求该函数的最小正周期.

解:因为A = 2, θ = 60°, 由本文推论2得

故知该函数的最小正周期

例3设函数f (x) = Acosωx (A > 0, ω > 0) 的图象和x轴的两个相邻的交点是M和N, P是曲线上且位于M和N之间的最高点或最低点, 若△PMN是边长为2的正三角形.

(1) 求函数f (x) 的解析式;

(2) 求f (1) + f (2) + f (3) + f (4) + … + f (2012) +f (2013) 的值.

解: (1) 因为三角形PMN是边长为2的正三角形, 故| MN | = 2, 故函数f (x) 的半周期

例4设正弦函数y = Asinωx (A, ω > 0) 与x轴相邻的两个交点是M, N, P是正弦曲线上且位于M, N之间的最高点或最低点, 若| MN | = 2π, ∠MPN = 45°, 求该函数的解析式.

正弦定理和余弦定理的应用 篇3

正弦定理和余弦定理的承载背景是三角形。正弦定理和余弦定理架起了沟通三角形的边和角的桥梁。下面结合具体的例题谈谈正弦定理和余弦定理在三角形中的应用。

1利用正弦、余弦定理解斜三角形

例1.在△ABC中,已知a=2,b=3,A=45°,求B、C及c。

思路:已知a, b, A,由正弦定理可求B,从而可求C, c。

点评归纳:(1)在已知三角形两边及其中一边的对角,求该三角形的其他边角的问题时,首先必须判明是否有解,例如在△ABC中,已知a=1,b=2,A=60°,则sinB=basinA=3>1, 问题就无解。如果有解,是一解,还是二解。

(2)正、余弦定理可将三角形边角关系互相转化。

(3)在三角形的判断中注意应用“大边对大角”来确定。

2面积问题

例2.△ABC中角A、B、C的对边分别为a, b, c,且b2+c2-a2+bc=0

(1)求角A的大小;

(2)若a=3,求SΔABC的最大值;

(3)求asin(30°-c)b-c的值。

思路:(1)由b2+c2-a2+bc=0的结构形式,可联想余弦定理,求出cosA,从而求出A的值。

(2)由a=3及b2+c2-a2+bc=0,可求出关于b, c的关系式,利用不等式,即可求出bc的最大值,进而求出SΔABC的最大值。

(3)由正弦定理可实现将边化为角的功能。从而达到化简求值的目的。

解析:(1)因为cosA=b2+c2-a22bc=-bc2bc=-12,所以A=120°

(2)由a=3,得b2+c2=3-bc,又因为b2+c22bc(当且仅当c=b时取等号),所以3-bc2bc,当且仅当c=b=1时,bc取得最大值为1,

所以SΔABC=12bcsinA34,所以SΔABC的最大值为34

点评归纳:(1)正弦定理和余弦定理并不是孤立的,解题时要根据具体题目合理运用,有时还需要交替使用。 (2)条件中出现平方关系多考虑余弦定理,出现一次式,一般要考虑正弦定理。 (3)在求三角形面积时,通过正、余弦定理求一个角,两边乘积,是一种常见思路。

3判断三角形形状

例3.在△ABC中,a, b, c分别表示三个内角A、B、C的对边,如果(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)·sin(A+B),该判断三角形的形状。

思路:利用正弦定理或余弦定理进行边角互化,转化为边边关系或角角关系。

解析:已知即a2[sin(A-B)-sin(A+B)]=b2[-sin(A+B)-sin(A-B)]

所以2a2cosAsinB=2b2cosBsinA,由正弦定理,即sin2AcosAsinB=sin2BcosBsinA

所以sinAsinB(sinAcosA-sinBcosB)=0,所以sin2A=sin2B,

由,0<2A<2π,0<2B<2π,得2A=2B或2A=π-2B

即△ABC是等腰三角形或直角三角形。

点评归纳:三角形形状的判定方法

(1)通过正弦定理和余弦定理,化边为角(如a=2RsinA,a2+b2-c2=2abcosc等),利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断。此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系,如sinA=sinBA=B;sin(A-B)=0A=B;sin2A=sin2BA=B或A+B=π2等。

(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边,如sinA=a2R,cosA=b2+c2-a22bc等,通过代数恒等变换,求出三条边之间的关系进行判断。

余弦定理练习题 篇4

一、基础过关

1．在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝44°，则此三角形解的情况为

A．无解B．两解C．一解()D．解的个数不确定

()π2．在△ABC中，BC＝1，B＝，当△ABC3时，sin C等于3

213B.13 132393213D.13

3．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c2，b6，B＝120°，则a等于()

6B．23D.2

()4．若△ABC的内角A、B、C满足6sin A＝4sin B＝3sin C，则cos B等于

1543B.43151611D.16

5．在△ABC中，AB＝2，AC6，BC＝1＋3，AD为边BC上的高，则AD的长是________．

6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，b＝2，sin B＋cos B2，则角A的大小为________．

7．在△ABC中，若a2＝bc，则角A是

A．锐角B．钝角

()C．直角D．60°()8．在△ABC中，已知a4＋b4＋c4＝2c2(a2＋b2)，则角C为

A．30°B．60°C．45°或135°D．120° 9．已知△ABC的面积为23，BC＝5，A＝60°，则△ABC的周长是________．

10．已知△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m＝(sin C，sin Bcos A)，n＝(b,2c)，且m·n＝0.(1)求A的大小；(2)若a＝23，c＝2，求△ABC的面积S的大小．

batan Ctan C11．在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若6cos C，求＋abtan Atan B的值．

312． 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a＝2，cos B若b＝4，5

求sin A的值；(2)若△ABC的面积为4，求b、c的值．

13．在△ABC中,a，b，c分别为内角A,B,C的对边，且2asin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C.(1)求A的大小；(2)若sin B＋sin C＝1，试判断△ABC的形状．

14．已知△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m＝(sin C，sin Bcos A)，n＝(b,2c)，且m·n＝0.(1)求A的大小；(2)若a＝23，c＝2，求△ABC的面积S的大小．在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，4sin2的度数．(2)若a3，b＋c＝3，求b和c的值．

B＋C7cos 2A＝(1)求A2

2答案

1．B 2.A 3.D 4.D 5.3 6.π6

7．证明 sin Acos B－cos Asin B

sin C＝sin Asin B

sin C·cos B－sin C·cos A

＝aa2＋c2－b2bb2＋c2－a2

c2ac－c2bc＝a2－b2

c＝左边．

a2－b2sinA－B

c＝sin C8．解(1)由已知，根据正弦定理得

2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，所以cos A12，故A＝120°.(2)由①得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sin Bsin C，又sin B＋sin C＝1，故sin B＝sin C＝12.因为0°＜B＜90°，0°＜C＜90°，故B＝C.所以△ABC是等腰的钝角三角形．

9．A 10.C 11.12

12．解(1)∵m·n＝0，∴bsin C＋2csin Bcos A＝0.∵b

sin Bc

sin C∴bc＋2bccos A＝0.∵b≠0，c≠0，∴1＋2cos A＝0.∴cos A＝－12.∵0＜A＜π，∴A2π3(2)在△ABC中，∵a2＝b2＋c2－2bccos A，∴12＝b2＋4－4bcos 2π3∴b2＋2b－8＝0.∴b＝－4(舍)或b＝2.∴△ABC的面积S＝12bcsin A13．解 由baab＝6cos C得b2＋a2＝6abcos C.①

tan Ctan Csin Ccos Acos B化简整理得2(a2＋b2)＝3c2，将切化弦，得(＋tan Atan Bcos Csin Asin B

sin Csin C＝cos Csin Asin B

sin2C＝cos Csin Asin B

根据正、余弦定理得

sin2C2c2

＝4.cos Csin Asin B322－c2

例谈正弦定理、余弦定理的应用 篇5

例谈正弦定理、余弦定理的应用

作者：姜如军

来源：《理科考试研究·高中》2013年第08期

余弦定理教学反思 篇6

1、创设数学情境是“情境.问题.反思.应用”教学的基础环

本课中，教师立足于所创设的情境，通过学生自主探索、合作交流，亲身经历了提出问题、解决问题、应用反思的过程，学生成为余弦定理的“发现者”和“创造者”，切身感受了创造的苦和乐，知识目标、能力目标、情感目标均得到了较好的落实，为今后的“定理教学”提供了一些有用的借鉴。

创设数学情境是“情境.问题.反思.应用”教学的基础环节，教师必须对学生的身心特点、知识水平、教学内容、教学目标等因素进行综合考虑，对可用的情境进行比较，选择具有较好的教育功能的情境。

从应用需要出发，创设认知冲突型数学情境，是创设情境的常用方法之一。“余弦定理”具有广泛的应用价值，故本课中从应用需要出发创设了教学中所使用的数学情境。该情境源于教材第一章 1.3正弦、余弦定理应用的例1。实践说明，这种将教材中的例题、习题作为素材改造加工成情境，是创设情境的一条有效途径。只要教师能对教材进行深入、细致、全面的研究，便不难发现教材中有不少可用的素材。

“情境.问题.反思.应用”教学模式主张以问题为“红线”组织教学活动，以学生作为提出问题的主体，如何引导学生提出问题是教学成败的关键，教学实验表明，学生能否提出数学问题，不仅受其数学基础、生活经历、学习方式等自身因素的影响，还受其所处的环境、教师对提问的态度等外在因素的制约。因此，教师不仅要注重创设适宜的数学情境（不仅具有丰富的内涵，而且还具有“问题”的诱导性、启发性和探索性），而且要真正转变对学生提问的态度，提高引导水平，一方面要鼓励学生大胆地提出问题，另一方面要妥善处理学生提出的问题。关注学生学习的结果，更关注学生学习的过程；关注学生数学学习的水平，更关注学生在数学活动中所表现出来的情感与态度；关注是否给学生创设了一种情境，使学生亲身经历了数学活动过程．把“质疑提问”，培养学生的数学问题意识，提高学生提出数学问题的能力作为教与学活动的起点与归宿。

2．培养学生自主学习、合作学习、研究（探究）性学习的学习方式

（1）新教材与一期教材相比，有一个很大的变化就是在课本中增加了若干“探究与实践”的研究性课题，这些课题往往有着一定的实际生活情景，如出租车计价问题，测量建筑高度，邮资问题，“雪花曲线”等等，这些课题除了增强学生的数学应用能力之外，还有一个重要作用就是改变学生以往的学习方式。

在教学实践中，我对不同内容采取了不同的处理方式，像用单位圆中有向线段表示三角比；组合贷款中的数学问题主要在课堂引导学生完成；像邮件与邮费问题、上海出租车计价问题、声音传播问题、测建筑物的高度则采取课内介绍、布置、检查，学生主要在课外完成的方法。学生通过调查、上网收集数据，集体研究讨论，实践动手操作，无形之中使自己学习的主动性得以大大提高，自学能力也有所长足发展，从而有效的培养学生自主获取知识的能力，以适应未来社会发展的需要。

由此可见，新课程突出了“以学生发展为本”的素质教育理念与目标，强调素质的动态性和发展性，揭示了素质教育的本质，把学生素质的发展作为适应新世纪需要的培养目标和根本所在。因此，在教学实践中必须确立学生的主体地位。

余弦定理练习题 篇7

首先, 以锐角三角形为对象推导之.

如图1, 由勾股定理得:

a2=y2+ (c-x) 2

=y2+c2-2cx+x2.

∵y2+x2=b2, x=bcosA,

∴a2=b2+c2-2bccosA.

同理, 可得:

b2=c2+a2-2cacosB;

c2=a2+b2-2abcosC.

再以钝角三角形为对象推导之.如果令钝角三角形的钝角为A, 其邻补角为O.

如图2, 由勾股定理得:

a2=y2+ (x+b) 2

=y2+x2+2xb+b2.

∵y2+x2=c2,

x=ccosO,

∴a2=b2+c2+2bccosO.

同理, 如图3, 由勾股定理得:

b2=y2+ (x-c) 2

=y2+x2-2xc+c2.

∵y2+x2=a2, x=acosB,

∴b2=c2+a2-2cacosB.

如图4, 据勾股定理得

c2=y2+ (a-x) 2

=y2+a2-2ax+x2.

∵y2+x2=b2, x=bcosC,

∴c2=a2+b2-2abcosC.

即:a2=b2+c2+2bccosO

b2=c2+a2-2cacosB

c2=a2+b2-2abcosC (1)

笔者认为, 这样以直角三角形的形式推导出来的定理较课本上原定理要自然天成, 无人为左右之痕, 反有水到渠成之感.

由此, 原余弦定理可写为:

锐角三角形或钝角三角形的两条短边的任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍;而钝角三角形中的长边的平方等于其他两边平方的和加上这两边与它们邻补角的余弦的积的两倍.

由 (1) 式可得:

$-\cos {\rm O}=\frac{a{}^2-(b{}^2+c{}^2)}{-2ab}$;$\cos B=\frac{b{}^2-(c{}^2+a{}^2)}{-2ca};$

$\cos C=\frac{c{}^2-(a{}^2+b{}^2)}{-2ab}.$

由于cosO前带有负号, 便可提醒计算者勿忘以180°-∠O这一步, 进而求出钝角A.当解锐角三角形时, ∠O一式自然就变为∠A一式了.

二、正弦定理

对于正弦定理中的钝角一式也是一样.

如图5, 据三角形面积公式得:

$S{}_{△}=\frac{1}{2}yb.$

$\begin{array}{l}\text{图}5\because y=c\sin {\rm O},\\ \therefore S{}_{△}=\frac{1}{2}bc\sin {\rm O}.\end{array}$

同理可得:

$\begin{array}{l}S{}_{△}=\frac{1}{2}ca\sin B,\\ S{}_{△}=\frac{1}{2}ab\sin C.\end{array}$

所以任意三角形的面积定理可写为:

$S{}_{△}=\frac{1}{2}bc\sin {\rm O}=\frac{1}{2}ca\sin B=\frac{1}{2}ab\sin C$

也就是说, 三角形的面积等于锐角两边与它们夹角的正弦的积的一半或钝角两边与它的邻补角的正弦的积的一半.

而任意三角形边和角间的关系的定理可写为:

正弦定理$\frac{a}{\sin {\rm O}}=\frac{b}{\text{s}\text{i}\text{n}B}=\frac{c}{\text{s}\text{i}\text{n}C}$

应用正、余弦定理别“任性” 篇8

一、审题不细致误

例1在不等边△ABC中，a为最大边，如果a2

错解：∵a20.

则cosA=b2+c2-a22bc>0，由于cosA在（0°，180°）上为减函数，

且cos90°=0，∴A<90°.又∵A为△ABC的内角，∴0°

剖析：错因是审题不细，已知条件弱用.题设是a为最大边，而错解中只把a看做是三角形的普通一条边，造成解题错误.

正解：由上面的解法，可得A<90°.又∵a为最大边，∴A>60°.

因此得A的取值范围是（60°，90°）.

二、方法不当致误

例2在△ABC中，A=60°，b=1，S△ABC=3，求a+b+csinA+sinB+sinC的值.

错解：∵A=60°，b=1，S△ABC=3，

又S△ABC=12bcsinA，

∴3=12csin60°，解得c=4.

由余弦定理，得a=b2+c2-2bccosA

=1+16-8cos60°=13.

又由正弦定理，得sinC=639，sinB=3239.

∴a+b+csinA+sinB+sinC=13+1+432+3239+639.

辨析：如此复杂的算式，计算困难.其原因是公式不熟、方法不当造成的.

正解：由已知可得c=4，a=13.

由正弦定理，得2R=asinA=13sin60°=2393.

∴a+b+csinA+sinB+sinC=2R=2393.

三、忽视制约条件致误

例3在△ABC中，c=6+2，C=30°，求a+b的最大值.

错解：∵C=30°，∴A+B=150°，B=150°-A.

由正弦定理，得asinA=bsin（150°-A）=6+2sin30°，

∴a=2（6+2）sinA，

B=2（6+2）sin（150°-A）.

又∵sinA≤1，sin（150°-A）≤1，

∴a+b≤2（6+2）+2（6+2）=4（6+2）.故a+b的最大值为4（6+2）.

剖析：错因是未弄清A与150°-A之间的关系.这里A与150°-A是相互制约的，不是相互独立的两个量，sinA与sin（150°-A）不能同时取最大值1，因此所得的结果是错误的.

正解：∵C=30°，∴A+B=150°，B=150°-A.

由正弦定理，得asinA=bsin（150°-A）=6+2sin30°.

因此a+b=2（6+2）·[sinA+sin（150°-A）]=（8+43）·cos（A-75°）≤8+43.

∴a+b的最大值为8+43.

四、未挖掘隐含条件致误

例4在△ABC中，若C=3B，求cb的取值范围.

错解：由正弦定理可知

cb=sin3BsinB=sinBcos2B+cosBsin2BsinB

=cos2B+2cos2B=4cos2B-1.

由0≤cos2B≤1，得-1≤4cos2B-1≤3，故-1≤cb≤3.

剖析：上述解法中，忽视了B的取值范围及a，b，c均为正的条件而致错.

正解：cb=4cos2B-1.（过程同错解）

又∵A+B+C=180°，C=2B，

∴0

∴1<4cos2B-1<3，故1

评注：在解决解三角形问题时，经常因忽视三角形中的隐含条件而出现解题错误.同学们在解题时一定要“擦亮慧眼”，否则极容易产生错解.

五、用错逻辑联结词致误

例5在△ABC中，acosA=bcosB，判断△ABC的形状.

错解：在△ABC中，∵acosA=bcosB，

由正弦定理，得2RsinAcosA=2RsinBcosB，

∴sin2A=sin2B.∴2A=2B且2A+2B=180°.

∴A=B且A+B=90°.故△ABC为等腰直角三角形.

剖析：对三角公式不熟，不理解逻辑联结词“或”、“且”的意义，导致结论错误.

正解：在△ABC中，∵acosA=bcosB，

由正弦定理，得2RsinAcosA=2RsinBcosB，

∴sin2A=sin2B.∴2A=2B或2A+2B=180°.

∴A=B或A+B=90°.故△ABC为等腰三角形或直角三角形.

六、解题不完整致误

例6若a，b，c是三角形的三边长，证明长为a，b，c的三条线段能构成锐角三角形.

错解：不妨设0

cosθ=（a）2+（b）2-（c）22ab=a+b-c2ab.

由于a，b，c是三角形的三边长，根据三角形三边关系，有a+b>c，

即cosθ>0.∴长为a，b，c的三条线段能构成锐角三角形.

剖析：三条线段构成锐角三角形，要满足两个条件：①三条边满足三角形边长关系；②最长线段的对角是锐角.显然错解只验证了第二个条件，而缺少第一个条件.

正解：由错解可得cosθ>0.

又∵a+b-c=（a+b-c）（a+b+c）a+b+c

=（a+b）2-ca+b+c=a+b-ca+b+c+2aba+b+c>0.

余弦定理教案 篇9

余弦定理教案

一、说教材  《余弦定理》是必修5第一章《解三角形》的第一节内容，是解决有关斜三角形问题以及应用问题的一个重要定理，它将三角形的边和角有机地联系起来，实现了“边”与“角”的互化，从而使“三角”与“几何”产生联系，为求与三角形有关的量提供了理论依据，同时也为判断三角形形状，证明三角形中的有关等式提供了重要依据。根据上述教材内容分析，考虑到学生已有的`认知结构，心理特征及原有知识水平，我将本课的教学目标定为： ⒈知识与技能：掌握余弦定理的内容及公式；能初步运用余弦定理解决一些斜三角形； ⒉过程与方法：在探究学习的过程中，认识到余弦定理可以解决某些与测量和几何计算有关的实际问题，帮助学生提高运用有关知识解决实际问题的能力。 ⒊情感、态度与价值观：培养学生的探索精神和创新意识；在运用余弦定理的过程中，让学生逐步养成实事求是，扎实严谨的科学态度，学习用数学的思维方式解决问题，认识世界；通过本节的运用实践，体会数学的科学价值，应用价值； ⒋本节课的教学重点是：运用余弦定理探求任意三角形的边角关系，解决与之有关的计算问题，运用余弦定理解决一些与测量以及几何计算有关的实际问题。 ⒌本节课的教学难点是：灵活运用余弦定理解决相关的实际问题。 ⒍本节课的教学关键是:熟练掌握并灵活应用余弦定理解决相关的实际问题。 下面为了讲清重点、难点，使学生能达到本节设定的教学目标，我再从教法和学法上谈谈

 

用复数证明余弦定理 篇10

=(-acosB,asinB)，=-=(bcosA-c,bsinA),(1)由=：得

asinB=bsinA,即

=.同理可得：=.∴==.(2)由=(b-cosA-c)2+(bsinA)2=b2+c2-2bccosA，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccosA.同理：

c2=a2+b2-2abcosC;

b2=a2+c2-2accosB.法二：如图5，,设轴、轴方向上的单位向量分别为、，将上式的两边分别与、作数量积，可知，即

将(1)式改写为

化简得b2-a2-c2=-2accosB.即b2=a2+c2-2accosB.(4)

这里(1)为射影定理，(2)为正弦定理，(4)为余弦定理.2在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b

则c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

a^2=b^2+c^2-2bc*cosA

b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。

过A作AD⊥BC于D，则BD+CD=a

由勾股定理得：

c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^

2所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2

=(a-CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2-2a*CD+(CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2+b^2-2a*CD

因为cosC=CD/b

所以CD=b*cosC

所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

题目中^2表示平方。

2谈正、余弦定理的多种证法

聊城二中魏清泉

正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法.人教A版教材《数学》(必修5)是用向量的数量积给出证明的，如是在证明正弦定理时用到作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受.本文试图通过运用多种方法证明正、余弦定理从而进一步理解正、余弦定理，进一步体会向量的巧妙应用和数学中“数”与“形”的完美结合.定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则

(1)(正弦定理)==;

(2)(余弦定理)

c2=a2+b2-2abcosC,b2=a2+c2-2accosB,a2=b2+c2-2bccosA.一、正弦定理的证明

证法一：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的三条高。则有

AD=b•sin∠BCA，BE=c•sin∠CAB，CF=a•sin∠ABC。

所以S△ABC=a•b•csin∠BCA

=b•c•sin∠CAB

=c•a•sin∠ABC.证法二：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的3条高。则有

AD=b•sin∠BCA=c•sin∠ABC，BE=a•sin∠BCA=c•sin∠CAB。

证法三：如图2，设CD=2r是△ABC的外接圆的直径，则∠DAC=90°，∠ABC=∠ADC。

证法四：如图3，设单位向量j与向量AC垂直。

因为AB=AC+CB，所以j•AB=j•(AC+CB)=j•AC+j•CB.因为j•AC=0，j•CB=|j||CB|cos(90°-∠C)=a•sinC，j•AB=|j||AB|cos(90°-∠A)=c•sinA.二、余弦定理的证明

法一：在△ABC中，已知，求c。

过A作，在Rt中，法二：，即：

法三：

先证明如下等式：

⑴

证明：

故⑴式成立，再由正弦定理变形，得

结合⑴、有

即.同理可证

.三、正余弦定理的统一证明

法一：证明：建立如下图所示的直角坐标系，则A=(0，0)、B=(c,0)，又由任意角三角函数的定义可得：C=(bcosA,bsinA)，以AB、BC为邻边作平行四边形ABCC′，则∠BAC′=π-∠B，∴C′(acos(π-B),asin(π-B))=C′(-acosB,asinB).根据向量的运算：

=(-acosB,asinB)，=-=(bcosA-c,bsinA),(1)由=：得

asinB=bsinA,即

=.同理可得：=.∴==.(2)由=(b-cosA-c)2+(bsinA)2=b2+c2-2bccosA，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccosA.同理：

c2=a2+b2-2abcosC;

b2=a2+c2-2accosB.法二：如图5，,设轴、轴方向上的单位向量分别为、，将上式的两边分别与、作数量积，可知，即

将(1)式改写为

化简得b2-a2-c2=-2accosB.即b2=a2+c2-2accosB.(4)

应用余弦定理时的若干变换策略 篇11

余弦定理和正弦定理一样,是揭示三角形边角之间的数量关系的重要定理.直接运用余弦定理解三角形,可以解决两类问题:① 已知三角形的三边,求三个内角;② 已知三角形的两边和一夹角,求第三边.然而余弦定理的应用远不止这些,如能将余弦定理的表达式,从不同的角度,进行观察分析,则其应用将非常广泛.本文旨在介绍变换余弦定理的若干策略,让同学们领略其在解题中“短、平、快”的作用.

一、 结构调整策略

将余弦定理的结构适当调整,不难得到以下几种变换.

变换一:① a2=(b+c)2-2bc(1+cosA);② b2=(a+c)2-2ac(1+cosB);③ c2=(a+b)2-2ab(1+cosC).

例1 △ABC的两边长分别是方程x2-2x+2=4的两根,三角形的面积为,求第三边的长.

解 设△ABC的三边长分别为a,b,c,则有a+b=2,ab=2.

因为S△ABC=absinC=,所以sinC=,即C=60°或120°.

由变换一中的③,得c2=(a+b)2-2ab(1+cosC),

故c==或=.

所以第三边长为或.

评析 本题巧用了上述变形,缩短了思维的航程,加快了解题的步伐.

变换二:① 2=1+2-2cosA;② 2=1+2-2cosB;③ 2

=1+2-2cosC.

例2 在△ABC中,若A,B,C成等差数列,=,求三角形各内角的度数.

解 由A,B,C成等差数列,得A+C=2B,得B=60°.

由变换二中的②,得2=1+2-2cosB=1+-=,所以=.

又由正弦定理,知=,得sinA=,所以A=45°或135°(不合题意,舍去),所以C=180°-45°-60°=75°.

故△ABC三内角分别为45°,60°,70°.

评析 由这个变换可以知道:已知三角形两边之比及其夹角,可以求三边之比.同时,还可以看到:这个变换常与正弦定理连用解题.

变换三:① a=ccosB+bcosC;② b=acosC+ccosA;③ c=bcosA+acosB.

(编者注 此变换在《一个不可小视的结论及其应用》中作了详细的介绍.)

二、 整体改造策略

将余弦定理整体改造、变形,又有如下几种变换.

变换四:① sin2A=sin2B+sin2C-2sinBsinCcosA;② sin2B=sin2A+sin2C-2sinAsinCcosB;③ sin2C=sin2A+sin2B-2sinAsinBcosC.

对①略证如下:依正弦定理,有a=2ksinA,b=2ksinB,c=2ksinC,代入余弦定理,可得sin2A=sin2B+sinC-2sinBsinCcosA.

此变换也称为余弦定理的三角形式.

例3 已知α+β=,且α>0,β>0,求sin2α+sin2β的最大值.

解 可以α,β,为三角形的三内角,则由变换四,得sin2α+sin2β=sin2+2sinαsinβcos=+sinαsinβ≤+(sin2α+sin2β),故sin2α+sin2β≤.

故所求最大值为,此时α=β=.

评析 此题常规思路是利用三角函数变换公式求解,但公式繁多,运算量大,巧用上述变换,问题显得很简捷.

变换五:① tan=;② tan=;③ tan=.

对①略证如下:由于a2=(b-c)2+bc(1-cosA),化简得1-cosA=,=,所以tan=.

例4 已知△ABC中,a,b,c成等差数列,求证:tantan=.

证明 因为a,b,c成等差数列,所以2b=a+c.

由变换五中的①、③相乘,可得tantan=•===.

评析 此题似乎与余弦定理无关,但巧用上述变换,问题迎刃而解.

三、 数形变换策略

余弦定理的应用仅满足于定理的变式训练是不够的,还应注意数形变换的训练.

例5 x,y,z∈R+,求证:+>.

解 这里x,y,z∈R+,可把x,y,z视为三条线段.

由m2=x2+xy+y2可得图1,由n2=x2+xz+z2可得图2,由l2=y2+yz+z2可得图3.

余弦定理练习题 篇12

下面就人教版高中数学模块5余弦定理证明的情景创设采取一题多解进行探究分析. 证明余弦定理的方法很多,为了激发学生学习兴趣,引出证明余弦定理教学内容,做好情景创设显得尤为重要,本文采取数学常规问题导入新课,即在△ABC中,已知AB = 8,AC = 5,A = 60°,求BC的长度.题目简洁,已知条件清楚,两边一夹角,求解的是第三边的长度.

一、慢悟在新旧数学知识衔接处

引导同学问: 求一线段的长度可否有平几法、解几法、向量法呢?

学生甲: 利用在平面几何中,已知两直角边的长,求斜边的长,采用勾股定理知识计算.

老师答: 这是一种很好的思路,现在在此图形中如何找到直角三角形呢? 请同学们动手画出,并加以计算. 巡查发现有的同学计算速度较快,有的计算速度较慢,原因在于做垂线构造直角三角形时,有的牵涉到分数,自然计算量就大了. 其中一种解题过程如下: 过点B作BD垂直于AC,点D为垂足,易求得CD = 1,BD = 4槡3,在Rt△CDB中,BC = 7.

二、慢悟在不同数学模块知识不同解法处

学生乙: 利用平面解析几何知识,已知两点坐标,通过两点距离公式求得这两点间 的距离. 老师: 此法关键之处在于建系设点,请同学们认真书写,如图所示,以线段AB所在的直线为x轴,点A为原点,建立平面直角坐标系,易得点B( 8,0) ,点C则

三、慢悟在易错易混知识点处

老师问: 除了以上两种方法外,还有其他方法能求线段的长度吗?

学生丙回答: 可利用向量与本身的数量积等于此向量模( 长度) 的平方.

老师答: 很好,向量是学习其他知识的工具,大家动手画画图形,并写写看. 巡视发现同学画图能力有待提高,向量加法或减法等三角形法则遗忘很多. 此种解法关键之处找准两向量的夹角.

解如右图所示,

由向量减法原理得

即

四、慢悟在课堂生成数学思想中

学生丁问: 刚学了解三角形的正弦定理,是否可用正弦定理知识求之?

老师: 试试看吧. 老师把前后桌变成一学习小组,主要培养小组互助,自主探究能力. 同学们都拿起笔在课堂笔记本上写着,但我们发现大部分同学思路受挫. 其实这是一道化归思想与方程思想等应用的题目,确实思路有点特殊,老师只好在黑板上写着: 在△ABC中,由正弦定理得

将( 1) 代入( 2) 得BCcos C = 1. ( 3)

由( 1) ( 3) 平方和得BC2= 49. ∴BC = 7.

余弦定理教学设计 篇13

余弦定理

一、教材依据：人民教育出版社（A版）数学必修5第一章 第二节

二、设计思想：

1、教材分析：余弦定理是初中“勾股定理”内容的直接延拓，是解三角形这一章知识的一个重要定理，揭示了任意三角形边角之间的关系，是解三角形的重要工具，余弦定理与平面几何知识、向量、三角形有着密切的联系。因此，做好“余弦定理”的教学，不仅能复习巩固旧知识，使学生掌握新的有用的知识，体会联系、发展等辩证观点，而且能培养学生的应用意识和实践操作能力，以及提出问题、解决问题等研究性学习的能力。

2、学情分析：这节课是在学生已经学习了正弦定理及有关知识的基础上，转入对余弦定理的学习，此时学生已经熟悉了探索新知识的数学教学过程，具备了一定的分析能力。

3、设计理念：由于余弦定理有较强的实践性，所以在设计本节课时，创设了一些数学情景，让学生从已有的几何知识出发，自己去分析、探索和证明。激发学生浓厚的学习兴趣，提高学生的创新思维能力。

4、教学指导思想：根据当前学生的学习实际和本节课的内容特点，我采用的是“问题教学法”，精心设计教学内容，提出探究性问

找到解决问题的方法。

三、教学目标：

1、知识与技能：

理解并掌握余弦定理的内容，会用向量法证明余弦定理，能用余弦定理解决一些简单的三角度量问题

2．过程与方法：

通过实例，体会余弦定理的内容，经历并体验使用余弦定理求解三角形的过程与方法，发展用数学工具解答现实生活问题的能力。

3．情感、态度与价值观：

探索利用直观图形理解抽象概念，体会“数形结合”的思想。通过余弦定理的应用，感受余弦定理在解决现实生活问题中的意义。

四、教学重点：

通过对三角形边角关系的探索，证明余弦定理及其推论，并能应用它们解三角形及求解有关问题。

五、教学难点：余弦定理的灵活应用

六、教学流程：

(一)创设情境，课题导入：

1、复习：已知A=300,C=450,b=16解三角形。（可以让学生板练）

2、若将条件C=450改成c=8如何解三角形？

设计意图：把研究余弦定理的问题和平面几何中三角形全等判定的方法建立联系，沟通新旧知识的联系，引导学生体会量化

师生活动：用数学符号来表达“已知三角形的两边及其夹角解三角形”：已知△ABC，BC=a,AC=b,和角C，求解c,B,A 引出课题：余弦定理

（二）设置问题，知识探究

1、探究：我们可以先研究计算第三边长度的问题，那么我们又从那些角度研究这个问题能得到一个关系式或计算公式呢？ 设计意图：期望能引导学生从各个不同的方面去研究、探索得到余弦定理。

师生活动：从某一个角度探索并得出余弦定理

2、①考虑用向量的数量积：如图 A

C

设CBa,CAb,ABc,那么，cab222ccc(ab)(ab)ab2abcosCB 即cab222ab2abcosC,引导学生证明22222

bc2bccosAca2cacosB2②还 引导学生运用此法来进行证明

3、余弦定理：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的（可以让学生自己总结，教师补充完整）

（三）典型例题剖析：

1、例1：在△ABC中，已知b=2cm,c=2cm,A=1200,解三角形。

教师分析、点拨并板书证明过程

总结：已知三角形的两边和它们的夹角解三角形，基本思路是先由余弦定理求出第三边，再由正弦定理求其余各角。变式引申：在△ABC中，已知b=5,c=

53,A=300,解三角形。

2、探究：余弦定理是关于三角形三边和一个角的一个关系式，把这个关系式作某些变形，是否可以解决其他类型的解三角形问题？

设计意图：（1）引入余弦定理的推论（2）对一个数学式子作某种变形，从而得到解决其他类型的数学问题，这是一种基本的研究问题的方法。

师生活动：对余弦定理作某些变形，研究变形后所得关系式的应用。因此应把重点引导到余弦定理的推论上去，即讨论已知三边求角的问题。

引入余弦定理的推论：cosA=cosB=acb2ac222bca2bc2222 , , cosC=

abc2ab22

公式作用：（1）、已知三角形三边，求三角。

（2）、若A为直角，则cosA=0，从而b2+c2=a2

若A为锐角，则 cosA>0, 从而b2+c2>a2

若A为钝角，则 cosA﹤0, 从而b2+c2﹤a2

62,求A、B、C例2:已知在ABC中,a23,b22,c

先让学生自己分析、思索，老师进行引导、启发和补充，最后师生一起求解。

总结：对于已知三角形的三边求三角这种类型，解三角形的基本思路是先由余弦定理求出两角，再用三角形内角和定理求出第三角。（可以先让学生归纳总结，老师补充）变式引申：在△ABC中，a:b:c=2:让学生板练，师生共同评判

3、三角形形状的判定：

例3：在△ABC中，acosA=bcosB,试确定此三角形的形状。

（教师引导学生分析、思考，运用多种方法求解）

求解思路：判断三角形的形状可有两种思路，一是利用边之间的关系来判定，在运算过程中，尽可能地把角的关系化为边的关系；二是利用角之间的关系来判定，将边化成角。

变式引申：在△ABC中，若（a+b+c）(b+c-a)=3bc,并且sinA=2sinBcosC,判断△ABC的形状。

让学生板练，发现问题进行纠正。

（四）课堂检测反馈：

1、已知在△ABC中，b=8,c=3,A=600,则a=()A 2 B 4 C 7 D 9

6:（3+1),求A、B、C。、在△ABC中，若a=

3+1,b=

3-1,c=

10,则△ABC的最大角的度数为（）A 1200 B 900 C 600 D 1500

3、在△ABC中，a:b:c=1:

3:2,则A：B：C=（）

A 1：2：3 B 2：3：1 C 1：3：2 D 3：1：2

4、在不等边△ABC中，a是最大的边，若a2

5、在△ABC中，AB=5，BC=6，AC=8，则△ABC的形状是（）A锐角三角形 B直角三角形 C钝角三角形 D非钝角三角形

（五）课时小结：

（学生自己归纳、补充，培养学生的口头表达能力和归纳概括能力，教师总结）

运用多种方法推导出余弦定理，并灵活运用余弦定理解决解三角形的两种类型及判断三角形的形状问题。

（六）课后作业：课本第10页A组3（2）、4（2）；B组第2题

（七）教学反思：